[123doc.vn] dong-du-ha-duy-nghia

S GIÁO D C VÀ ĐÀO T O ĐĂK LĂK
TRƯ NG THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG
*********
HÀ DUY NGHĨA
NG D NG LÝ THUY T Đ NG DƯ
TRONG CÁC BÀI TOÁN CHIA H T
CHUYÊN Đ B I DƯ NG HSG
Đăk Lăk -2012

M C L C
M c l c i
L i m đ u ii
Chương 1 đ ng dư và áp d ng 1
1.1 Đ ng dư th c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.1 M t s khái ni m và tính ch t cơ b n . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.2 ng d ng c a lý thuy t đ ng dư đ tìm d u hi u chia h t . 4
1.2 Phương trình đ ng dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2.1 Phương trình đ ng dư b c nh t m t n . . . . . . . . . . . . 10
1.2.2 H phương trình đ ng dư đ ng dư b c nh t m t n . . . . . 11
1.2.3 ng d ng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3 Các hàm s h c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3.1 Phi hàm Ơle ϕpnq . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3.2 Hàm M¨obius µpnq . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.3.3 Hàm t ng các ư c dương σpnq . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.3.4 ng d ng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.4 Bài t p t luy n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
Chương 2 m t s bài toán trong các kỳ thi h c sinh gi i 20
2.1 Các bài toán trong các kỳ thi Olympic . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.2 Các bài toán trong kỳ thi h c sinh gi i Qu c gia . . . . . . . . . . 22
Tài li u tham kh o 28

L I M Đ U
B môn s h c là m t trong nh ng môn h c thú v , h p d n nh t c a toán h c,
b i nó r t g n gũi trong cu c s ng c a chúng ta. Ngay t l p 6 các em h c sinh đã
đư c ti p c n và h c, nhưng đ n nh ng năm c p h c c p 3 các em không đư c ti p
t c h c và t đó b môn này h u như không đư c nh c đ n và có l đi vào quên
lãng. Trong nh ng năm g n đây, trong các kỳ thi h c sinh gi i c p t nh, c p Qu c
gia đã xu t hi n nhi u bài toán s h c và g n như các em h c sinh không th gi i
đư c. Do đó, bài vi t này tôi mu n gi i thi u đ n quý th y cô giáo, các em h c
sinh m t chuyên đ ng d ng lý thuy t đ ng dư trong các bài toán chia
h t. Bài vi t đư c trình bày ng n g n d hi u, d ti p c n, bao g m hai chương
cùng v i ph n m đ u, k t lu n và tài li u tham kh o. C th trong m i chương
đư c trình bày như sau:
Chương 1: Trong ph n đ u, tôi trình l i lý thuy t đ ng dư và ng d ng lý
thuy t đ ng dư đ tìm d u hi u chia h t cho các s nguyên t nh hơn 40. Ph n
cu i tôi trình bày các hàm s h c như phi hàm Euler, hàm t ng các ư c dương, ...,
đ c bi t là áp d ng nó đ gi i đư c nhi u d ng toán v chia h t và tìm s dư trong
phép chia c a các s nguyên.
Chương 2: Tôi gi i thi u m t s bài toán s h c trong các kỳ thi h c sinh gi i,
đ c bi t là tôi đã v n d ng lý thuy t đ ng dư đ gi i m t s bài toán trong kỳ thi
HSG Qu c gia t 1962-2012.
Cu i cùng, cho phép tôi đư c bày t lòng bi t ơn đ n th y GS.TSKH.Nguy n
Văn M u, ngư i đã đ c b n th o và góp ý cho tôi hoàn thi n bài vi t này, tôi xin
chân thành c m ơn đ n các b n đ ng nghi p trư ng THPT Phan Đình Phùng đã
đ ng viên tôi hoàn thành bài vi t. Tuy v y, bài vi t không tránh kh i nh ng sai
sót, r t mong đư c s góp ý c a b n đ c.
Tác gi

Chương 1
LÝ THUY T Đ NG DƯ VÀ ÁP D NG
1.1 Đ ng dư th c
1.1.1 M t s khái ni m và tính ch t cơ b n
Đ nh nghĩa 1.1.1. Cho a, b, m là các s nguyên, m $ 0. S a đư c g i là đ ng dư
v i b theo môđun m n u m là ư c c a pb ¡aq.
N u a đ ng dư v i b theo môđun m thì vi t a b pmod mq. Ngư c l i, n u a
không đ ng dư v i b theo môđun m thì ta vi t a % b pmod mq.
Ví d 2 5 pmod 3q vì 3|p5 ¡2q.
N u a b pmod mq thì b g i là m t th ng dư c a a theo môđun m.
N u 0 ¨ b ¨ m ¡1 thì b g i là m t th ng dư bé nh t c a a theo môđun m.
M nh đ 1.1.2. Cho a, b, c, m là nh ng s nguyên m $ 0. Khi đó, ta có
(i) a a pmod mq,
(ii) N u a b pmod mq thì b a pmod mq,
(iii) N u a b pmod mq và b c pmod mq thì a c pmod mq.
Ch ng minh. M nh đ piq, piiq là hi n nhiên, ta ch ng minh m nh đ piiiq. Th t
v y, ta có a b pmod mq, b c pmod mq suy ra m|pb ¡ aq và m|pc ¡ bq. Do đó
m|pb ¡a c ¡bq, hay m|pc ¡aq. V y a c pmod mq.
Ti p theo, ký hi u a là tâp h p t t c các s nguyên đ ng dư v i a theo môđun
m, a tn € Z|n a pmod mqu. Nói cách khác, a là t p h p các s nguyên có d ng
ta kmu. T đó, ta có đ nh nghĩa sau.
Đ nh nghĩa 1.1.3. M t t p g m các ph n t d ng a ta km, k € Zu g i là m t
l p đ ng dư c a a theo môđun m.

1.1. Đ ng dư th c 2
Ví d v i m 2, ta có l p 0 là t p các s nguyên ch n, l p 1 là t p các s
nguyên l .
M nh đ 1.1.4. Cho a, b, m là nh ng s nguyên m $ 0. Khi đó, ta có
(i) a b khi và ch khi a b pmod mq,
(ii) a $ b khi và ch khi a ˆb Ø,
(iii) Có đúng m l p đ ng dư phân bi t theo môđun m.
Ch ng minh. piq Gi s a b, ta xét a € a b. Do đó, a b pmod mq. Ngư c
l i, n u a b pmod mq thì a € b. Ngoài ra, n u c a pmod mq thì c b pmod mq.
Đi u này ch ng t r ng a „ b. Hơn n a, t a b p mod mqta suy ra b a pmod mq,
hay b „ a. T đó suy ra a b.
piiq D th y r ng, n u a ˆ b Ø thì a $ b. Ngư c l i, ta c n ch ng t r ng
n u a ˆ b $ Ø thì a b. Th t v y, gi s a ˆ b $ Ø g i c € a ˆ b. Khi đó, ta có
c a pmod mq và c b pmod mq. Đi u này suy ra a b pmod mq. Do đó, theo piq
ta suy ra a b.
piiiq Đ ch ng minh ph n này, ta ch ng minh t p t0, 1, 2, ..., m ¡1u là m l p
đ ng dư phân bi t theo môđun m. Th t v y, gi s t n t i 0 ¨ k l m sao cho
k l. Khi đó, theo piq ta có k l pmod mq, hay m|pl¡kq. Đi u này mâu thu n v i
gi thi t 0 l ¡k m. Do đó, k $ l. Ngoài ra, v i m i a € Z luôn t n t i c p s
nguyên q, r sao cho a qm r, 0 ¨ r m, suy ra a r pmod mq hay a r.
Đ nh nghĩa 1.1.5. T p g m m ph n t tA a1, a2, ..., amu g i là m t h th ng
dư đ y đ theo môđun m n u tB a1, a2, a3, ..., amu là t p g m m l p đ ng dư
phân bi t theo môđun m.
T đ nh nghĩa ta th y r ng, h th ng dư đ y đ theo môđun m là không duy
nh t. Ví d các t p t0, 1, 2, 3u, t4, 9, 14, ¡1u, t0, 1, ¡2, ¡1u là nh ng h th ng dư
đ y đ theo môđun 4.
M nh đ 1.1.6. N u a c p mod mq và b d p mod mq thì a b c d pmod mq
và ab cd pmod mq.
Ch ng minh. D dàng suy ra t đ nh nghĩa.
Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk

M nh đ 1.1.7. Cho a, b, c, m là các s nguyên, m ¡ 0, ac bc pmod mq và d pc, mq.
Khi đó, ta có
a b pmod
m
d
q.
Ch ng minh. Gi s ac bc pmod mq. Ta có m|pbd ¡acq, suy ra t n t i s nguyên
k sao cho cpb ¡ aq km. Khi đó, chia hai v cho d ta đư c c
dpb ¡ aq km
d . Ngoài
ra, theo gi thi t ta có d pc, mq, suy ra
c
d, m
d
¨
1. Do đó, ta có m
d |pb ¡aq hay
a b pmod
m
d
q.
M nh đ 1.1.8. Cho a, b, m1, ..., mk là các s nguyên, m1, ..., mk ¡ 0, a b pmod m1q,
a b pmod m2q, ..., a b pmod mkq. Khi đó, ta có
a b pmod rm1...mksq,
trong đó rm1m2...mks là b i chung nh nh t c a m1, m2..., mk.
Ch ng minh. Suy ra tr c ti p t đ nh nghĩa.
M nh đ 1.1.9. N u a b pmod nq thì an
bn
pmod n2
q.
Ch ng minh. T a b pmod nq suy ra a b nq. Do đó, theo công th c khai
tri n nh th c ta có
an
¡bn
pb nqqn
¡bn

¢
n
1

bn¡1
qn
¢
n
2

bn¡2
q2
n2
¤¤¤
¢
n
n

qn
nn
n2
¢
bn¡1
q
¢
n
2

bn¡2
q2
¤¤¤
¢
n
n

qn
nn¡2

.
T đó suy ra an
bn
pmod n2
q.
Đi u ngư c l i không đúng, ví d như 34
14
pmod 42
q nhưng 3 % 1 pmod 4q.
M nh đ 1.1.10. N u a, b là các s nguyên và p là s nguyên t thì
pa bqp
ap
bp
pmod pq
Ch ng minh. Theo công th c khai tri n nh th c ta có
pa bqp
ap
bp

¢
p
1

ap¡1
b ¤¤¤
¢
p
p ¡1

a.bp¡1
.

Do đó, đ ch ng minh m nh đ ta ch c n ch ng minh p|
p
k
¨
, p1 ¨ k ¨ p ¡1q. Th t
v y, ta có ¢
p
k

p!
k!pp ¡kq!
,
suy ra
k
¢
p
k

p!
pk ¡1q!pp ¡kq!
p
pp ¡1q!
pk ¡1q!pp ¡kq!
p
¢
p ¡1
k ¡1

.
T đó, p|k
p
k
¨
. Ngoài ra, do ƯCLNpp, kq 1 nên p|
p
k
¨
.
1.1.2 ng d ng c a lý thuy t đ ng dư đ tìm d u hi u chia h t
Ví d 1.1.2.1. Tìm d u hi u chia h t cho 2k
, 3, 5k
, 7, 11, 13, 37.
L i gi i: Xét s t nhiên a an.an¡1...a0. T c là a đư c vi t dư i d ng
a an.10n
¤¤¤ a1.10 a0, p0 ¨ ai ¨ 9q.
D u hi u chia h t cho 2k
.
Vì 10 0 pmod 2q nên 10k
0 pmod 2k
q. T đó suy ra
a ak¡1.10k¡1
¤¤¤ a0 pmod 2k
q.
Do đó, s a chia h t cho 2k
khi s b ak¡1.10k¡1
¤¤¤ a0 0 pmod 2k
q, t c
là b chia h t cho 2k
. Nói cách khác, s t nhiên a chia h t cho 2k
khi s t
nhiên b đư c l p t k ch s t n cùng c a a chia h t cho 2k
.
Tương t , ta cũng có 10 0 pmod 5q và 10k
0 pmod 5k
q. Do đó, s a chia
h t cho 5k
khi s b l p t k ch s t p cùng c a a chia h t cho 5k
.
D u hi u chia h t cho 3 và 9.
Ta có 10 1 pmod 3q suy ra 10k
1 pmod 3q. Do đó ai.10k
ai pmod 3q. T
đó suy ra a an.10n
¤¤¤ a1.10 a0 an ¤¤¤ a0 pmod 3q. V y, s a chia
h t cho 3 khi t ng các ch s c a nó chia h t cho 3.
Tương t ta cũng có 10 1 pmod 9q và ai.10k
ai pmod 9q. V y, s a chia
h t cho 9 khi t ng các ch s c a nó chia h t cho 9.

D u hi u chia h t cho 7
Ta có
a0 a0 pmod 7q ñ a0 a0 pmod 7q
10 3 pmod 7q ñ 10a1 3a1 pmod 7q
102
2 pmod 7q ñ 102
a2 2a2 pmod 7q
103
¡1 pmod 7q ñ 103
a3 ¡1a3 pmod 7q
¤¤¤
T đó, ta có b ng đ ng dư theo môđun 7 tương ng như sau
a0 10a1 102
a2 103
a3 104
a4 105
a5 106
a6 107
a7 108
a8 109
a9 1010
a10 1011
a11 ... 106t¡1
a6t¡1
a0 3a1 2a2 ¡a3 ¡3a4 ¡2a5 a6 3a7 2a8 ¡a9 ¡3a10 ¡2a11 ... ¡2a6t¡1
B ng 1.1:
Do đó, s a an.an¡1...a1a0 chia h t cho 7 khi t ng d ng
pa0 3a1 2a2q¡pa3 3a4 2a5q pa6 ...q ...¡pa6t¡3 3a6t¡2 2a6t¡1q 0 p mod 7q
Ngoài ra, v i m i s x, y, z ta đ u có
x 3y 2z 100z 10y x pmod 7q zyx pmod 7.q
T đó suy ra, s a an.an¡1...a1a0 chia h t cho 7 khi t ng d ng
a2a1a0 ¡a5a4a3 a8a7a6 ¡a11a10a9 ..., chia h t cho 7
Tương t d u hi u chia h t cho 7, ta cũng có
10 ¡1 pmod 11q ñ 10a1 ¡a1 pmod 11q
102
1 pmod 7q ñ 102
a2 a2 pmod 11q
103
¡1 pmod 11q ñ 103
a3 ¡1a3 pmod 11q
¤¤¤

a0 10a1 102
a2 103
a3 104
a4 105
a5 106
a6 107
a7 108
a8 109
a9 1010
a10 1011
a11 ... 102t¡1
a2t¡1
a0 ¡a1 a2 ¡a3 a4 ¡a5 a6 ¡a7 a8 ¡a9 a10 ¡a11 ... ¡a2t¡1
B ng 1.2:
Do đó, s a an.an¡1...a1a0 chia h t cho 11 khi t ng d ng
a0 ¡a1 a2 ¡a3 a4 ¡a5 a6 ... ¡a2t¡1 0 pmod 11q
Nói cách khác, s a an.an¡1...a1a0 chia h t cho 11 khi t ng đan d u
a0 ¡a1 a2 ¡a3 a4 ¡a5 a6 ... ¡a2t¡1 chia h t cho 11
Ta có
10 ¡3 pmod 13q ñ 10a1 ¡3a1 pmod 13q
102
¡4 pmod 13q ñ 102
a2 ¡4a2 pmod 13q
103
¡1 pmod 13q ñ 103
a3 ¡1a3 pmod 13q
¤¤¤
Tương t ta cũng có b ng các l p đ ng dư theo môđun 13 (B ng 1.3)
a0 10a1 102
a2 103
a3 104
a4 105
a5 106
a6 107
a7 108
a8 109
a9 1010
a10 1011
a11 ... 106t¡1
a6t¡1
a0 ¡3a1 ¡4a2 ¡a3 3a4 4a5 a6 ¡3a7 ¡4a8 ¡a9 3a10 4a11 ... 4a6t¡1
B ng 1.3:
T b ng 1.3 ta suy ra r ng, s a an.an¡1...a1a0 chia h t cho 13 khi t ng
d ng
pa0 ¡3a1 ¡4a2q¡pa3 ¡3a4 ¡4a5q ...¡pa6t¡3 ¡3a6t¡2 ¡4a6t¡1q 0 pmod 13q
x ¡3y ¡4z 100z 10y x pmod 13q zyx pmod 13.q
a2a1a0 ¡a5a4a3 a8a7a6 ¡a11a10a9 ... chia h t cho 13.

Ta có
10 10 pmod 33q ñ 10a1 10a1 pmod 33q
102
1 pmod 33q ñ 102
a2 a2 pmod 33q
103
10 pmod 33q ñ 103
a3 10a3 pmod 33q
¤¤¤
a0 10a1 102
a2 103
a3 104
a4 105
a5 106
a6 107
a7 108
a8 109
a9 1010
a10 1011
a11 ... 102t
a2t
a0 10a1 a2 10a3 a4 10a5 a6 10a7 a8 10a9 a10 10a11 ... a2t
B ng 1.4:
d ng
pa0 a2 ¤¤¤ a2tq 10pa1 a3 ¤¤¤ a2t 1q 0 pmod 33q
Ngoài ra, v i m i s x, y ta đ u có
x 10y 10y x pmod 33q yx pmod 33.q
a1a0 a3a2 a5a4 a6a5 ...chia h t cho 33.
Ngoài ra, ta có 33 11.3 nên ta suy ra đư c m t d u hi u khác n a c a s
chia h t cho 11; 3 là t ng d ng
a1a0 a3a2 a5a4 a6a5 ..., chia h t cho 11; 3.
Ta có
10 10 pmod 37q ñ 10a1 10a1 pmod 37q
102
¡11 pmod 37q ñ 102
a2 11a2 pmod 37q

103
1 pmod 37q ñ 103
a3 1a3 pmod 37q
104
10 pmod 37q ñ 104
a3 10a3 pmod 37q
105
¡11 pmod 37q ñ 104
a3 ¡11a3 pmod 37q
¤¤¤
a0 10a1 102
a2 103
a3 104
a4 105
a5 106
a6 107
a7 108
a8 109
a9 1010
a10 1011
a11 ... 102t
a3t
a0 10a1 ¡11a2 a3 10a4 ¡11a5 a6 10a7 ¡11a8 a9 10a10 ¡a11 ... ¡11a3t
B ng 1.5:
d ng
pa0 a3 ¤¤¤ a3tq 10pa1 a4 ¤¤¤ a3t 1q¡11pa2 a5 ¤¤¤ a3t 2q 0 p mod 37q
x 10y ¡11z 100z 10y x pmod 37q zyx pmod 37.q
a2a1a0 a5a4a3 a8a7a6 ¤¤¤ , chia h t cho 37.
Ví d 1.1.2.2. Ch ng minh r ng
aq 44021
32012
chia h t cho 13,
bq 62023
82023
chia h t cho 49,
cq 22011969
11969220
69220119
chia h t cho 102,
dq 22225555
55552222
chia h t cho 7.
L i gi i a)Ta có
44021
32012
4.162010
9.32010
4p162010
¡32010
qpmod 13q
p16 ¡3qp162009
162008
3 ... 32009
qpmod 13q
0 pmod 13q.

V y, 44021
32012
chia h t cho 13.
b) Ta có 62023
82023
p6 8qp62022
¡62021
8 62020
82
¤¤¤ 82022
q 14M, trong
đó
M p62022
¡62021
8 62020
82
¤¤¤ 82022
q.
Hơn n a, M p¡1q2022
12021
¡¤¤¤ 12022
looooooooooooooooomooooooooooooooooon
2023 s h ng
2023 0 pmod 7q, hay 7|M. T đó
suy ra, 49|14M hay 62023
82023
chia h t cho 49.
c) Ta có
220 0 pmod 2q ñ 22011969
0 pmod 2q,
119 1 pmod 2q ñ 11922069
1 pmod 2q,
69 1 pmod 2q ñ 69220119
1 pmod 2q.
Do đó, A 22011969
11969220
69220119
chia h t cho 2.
Tương t ta cũng ch ng minh đư c A chia h t cho 3, 17. Vì các s t2, 3, 17u là
nh ng s đôi m t nguyên t cùng nhau nên ta suy ra A chia h t cho 102.
d) Ta có 2222 3 pmod 7q, 32
2 pmod 7q, 33
¡1 pmod 7q. Do đó
22225555
33.1851 2
¡2 pmod 7q.
Tương t , ta cũng có 5555 4 pmod 7q, 43
1 pmod 7q, 42
2 pmod 7q nên
55552222
43.740 2
2 pmod 7q.
T đó suy ra, 22225555
55552222
0 pmod 7q hay 22225555
55552222 ... 7.
Ví d 1.1.2.3. Tìm s dư c a s 12343567894
khi chia cho 8.
L i gi i: Vì 8 23
nên s dư c a phép chia 12343567894
cho 8 cũng chính là s
dư c a 7894
khi chia cho 8. Do đó, ta có
12343567894
7894
54
1 pmod 8q.
T đó suy ra s dư c a phép chia 12343567894
cho 8 là 1.

1.2. Phương trình đ ng dư 10
1.2 Phương trình đ ng dư
1.2.1 Phương trình đ ng dư b c nh t m t n
Đ nh nghĩa 1.2.1. Phương trình đ ng dư tuy n tính m t n s là phương trình
d ng ax b pmod mq, trong đó a, b, m € Z, m $ 0, a % 0 pmod mq.
M t nghi m c a phương trình là s nguyên x0 th a mãn ax0 b pmod mq.
Ví d 3, 8, 13 là nh ng nghi m c a phương trình 6x 3 pmod 15q. S 18 cũng
là nghi m, nhưng 18 3 pmod 15q.
M nh đ 1.2.2. G i d ƯCLNpa, mq. Khi đó, phương trình đ ng dư ax b pmod mq
có nghi m n u và ch n u d|b. Hơn n a, n u x0 là nghi m thì phương trình có đúng
d nghi m không đ ng dư theo môđun m.
Ch ng minh. N u x0 là nghi m thì ax0 ¡ b my0 v i m i s nguyên y0. Do đó,
ax0 ¡my0 b. Ngoài ra, ta có d ƯCLNpa, mq suy ra d|pax0 ¡my0 bq.
Ngư c l i, gi s d|b, khi đó t n t i hai s nguyên x,
0, y,
0 sao cho d ax,
0 ¡ my,
0.
Đ t c b
d, nhân c hai v phương trình trên cho c ta đư c apx,
0q ¡ mpy,
0cq b.
Đi u này suy ra x x,
0c là nghi m c a phương trình ax b pmod mq.
Ti p theo, ta ch ng minh phương trình này có đúng d nghi m không đ ng dư
theo môđun m. Th t v y, gi s x1, x2 là hai nghi m c a phương trình. Khi đó,
apx1 ¡x0q 0 pmod mq suy ra m|apx1 ¡x0q. Hơn n a, ta có d ƯCLNpa, mq
nên đ t mI m
d , aI a
d ta cũng có mI|aIpx1 ¡ x0q suy ra mI|px1 ¡ x0q hay
x1 x0 kmI v i m i s nguyên k. Do đó, m i nghi m c a phương trình đ u
có d ng x0 kmI, k € Z. Ngoài ra, do v i hai s nguyên k, d luôn t n t i hai s
nguyên q, r sao cho k qd r, 0 ¤ r d khi đó x1 x0 qdmI rmI x0 qm rmI
nghi m này đ ng dư v i nghi m x ¡0 rmI. Đi u này ch ng t các nghi m không
đ ng dư c a phương trình là x0, x0 mI, ..., x0 pd ¡1qmI.
Quay l i ví d xét trên, phương trình 6x 3 p mod 15qcó d ƯCLNp15, 3q 3,
mI 5, và x0 3 là nghi m, các nghi m ti p theo là 8, 13.
Đ nh nghĩa 1.2.3. Cho a, m là các s nguyên, m ¡ 1. Nghi m c a phương trình
đ ng dư ax 1 pmod mq đư c g i là ngh ch đ o c a a theo môđun m.

1.2. Phương trình đ ng dư 11
1.2.2 H phương trình đ ng dư đ ng dư b c nh t m t n
Đ nh nghĩa 1.2.4. H phương trình d ng
6
99999998
99999997
x b1 pmod m1q
x b2 pmod m2q
¤¤¤
x bn pmod mnq
g i là h phương trình đ ng dư b c nh t m t n. N u m t s nguyên x0 là nghi m
c a h thì các s nguyên thu c l p đ ng dư v i x0 theo môđun m cũng là nghi m
c a h ,(m là BCNN c a m1, m2, ..., mn).
Đ nh lý 1.2.5 (Chinese Remainder Theorem). Gi s m m1.m2...mt và các s
m1, m2, .., mt đôi m t nguyên t cùng nhau. Khi đó h phương trình đ ng dư
6
99999998
99999997
x b1 pmod m1q
x b2 pmod m2q
¤¤¤
x bn pmod mnq
có nghi m duy nh t theo môđun m.
Ch ng minh. Đ t ni m
mi
, ta đư c pmi, niq 1. Khi đó, t n t i s nguyên ri, si sao
cho rimi sini 1. G i ei sini suy ra ei 1 pmod miq và ei 0 pmod mjq, j $ i.
Ti p t c đ t x0
n°
i1
biei ta đư c x0 biei pmod miq d n đ n x0 bi pmod miq.
V y x0 là m t nghi m c a h . Hơn n a, gi s x1 là m t nghi m khác c a h . Ta có
x1 ¡x0 0 pmod miq, pi 1, 2, ..., nq hay m1, m2, .., mn chia h t cho x1 ¡x0. Đi u
này ch ng t x1 x0 pmod mq.
1.2.3 ng d ng
Ví d 1.2.3.1. Tìm m t s chia h t cho 11 nhưng khi chia cho 2, 3, 5, 7 đ u dư 1.
L i gi i: G i s ph i tìm là x. Khi đó, ta có h phương trình đ ng dư sau

1.3. Các hàm s h c 12
6
99999999998
99999999997
x 0 pmod 11q
x 1 pmod 2q
x 1 pmod 3q
x 1 pmod 5q
x 1 pmod 7q
Đ t m 11.2.3.5.7 2310, ta có các b s ni, mi, ri, si tương ng như sau
mi ri ni si
2 578 1155 -1
3 257 770 -1
5 -277 462 3
7 -47 330 1
11 0 210 0
B ng 1.6:
(2r 1155s 1 ñ 2r 1 ¡ 1155s 2 ¡ 1144s ¡ s ¡ 1, vì r nguyên nên ta ch n
s 1,...., d n đ n ta có c p (r, s) như b ng (1.6).)
Áp d ng Đ nh lý 1.2.5, ta có nghi m c a h trên là
x 1155p¡1q 770p¡1q 462p3q 330p1q 210.0 pmod 2310q ¡209 pmod 2310q.
1.3 Các hàm s h c
1.3.1 Phi hàm Ơle ϕpnq
Đ nh nghĩa 1.3.1. Cho n là s nguyên dương. Phi hàm Ơle ϕpnqpEuler’s function ϕpnqq
là s các s nguyên dương không vư t quá n và nguyên t cùng nhau v i n.
Ví d v i n 4, ta có ϕp4q 3.
Phi hàm Ơle là hàm nhân tính, t c là v i hai s m, n nguyên t cùng nhau ta
có ϕpm.nq ϕpmq.ϕpnq. V i k t qu này, ta có m nh đ sau đây cho ta cách tính
ϕpnq.

M nh đ 1.3.2. Gi s s t nhiên n đư c phân tích thành tích các th a s nguyên
t n pα1
1 pα2
2 ¤¤¤pαk
k . Khi đó
ϕpnq n
¢
1 ¡ 1
p1
¢
1 ¡ 1
p2

¤¤¤
¢
1 ¡ 1
pk

.
Ch ng minh. Xem [1, tr.60-61].
M nh đ 1.3.3. Cho n là m t s nguyên dương. Khi đó,
¸
d|n
ϕpn
d
q n
trong đó t ng đư c l y theo m i ư c c a n.
Ch ng minh. Xét n s h u t 1
n, 2
n, ..., n
n. Rút g n m i phân s sao cho m i phân s
đ u t i gi n. Khi đó, t t c các m u s c a nh ng phân s này đ u là ư c c a n.
Do đó, n u d là ư c c a n thì có chính xác ϕpdq phân s có m u s là d. T đó suy
ra
¸
d|n
ϕpn
d
q n.
Đ nh nghĩa 1.3.4. M t t p g m ϕpnq s nguyên mà m i ph n t c a t p đ u
nguyên t cùng nhau v i n và hai ph n t khác nhau c a t p không đ ng dư theo
môđun n đư c g i là m t h th ng dư thu g n theo môđun n.
Đ nh lý 1.3.5 (Euler’s theorem). Cho m là s nguyên dương và a là s nguyên
v i pa, mq 1. Khi đó, ta có aϕpmq 1 pmod mq.
Ch ng minh. Gi s tr1, r2, ..., rϕu là m t h th ng dư thu g n theo môđun m. Khi
đó, ta có tar1, ar2, ..., arϕu cũng là m t h th ng dư thu g n theo môđun m. Do đó
ar1ar2...arϕpmq r1r2...rϕpmq pmod mq
t c là
aϕpmqr1r2...rϕ r1r2...rϕ pmod mq.
Ngoài ra, ta có ƯCLNpr1r2...rϕpmq, m 1q nên suy ra aϕpmq 1 pmod mq.
H qu 1.3.6. Cho a, m là các s nguyên, v i m ¡ 0, ƯCLNpa, mq 1 và n, k là
hai s t nhiên th a n k pmod ϕpmqq. Khi đó
an
ak
pmod mq.

Ch ng minh. Ta có n k pmod ϕpmqq. ñ n k t.ϕpmq, t € Z. Do đó,
an
ak t.ϕpmq ak
.paϕpmqqt
ak
pmod mq.
Đ nh lý 1.3.7 (Fermat’s little theorem). N u p là s nguyên t thì v i m i s
nguyên a ta đ u có ap
a pmod pq.
Ch ng minh. Suy ra tr c ti p t Đ nh lý Euler.
Đ nh lý 1.3.8 (Wilson’s theorem). S nguyên n ¡ 1 là s nguyên t n u và ch
n u pn ¡1q! ¡1 pmod nq.
Ch ng minh. Gi s n là s nguyên t . N u n 2, 3 thì đ nh lý đúng. N u n ¡ 3,
thì v i m i s nguyên a luôn t n t i duy nh t s nguyên b sao cho a.b 1 pmod nq.
Ta ch ng minh 2 ¨ b ¨ p ¡ 2. Th t v y, theo M nh đ 1.2.2 v s t n t i nghi m
c a phương trình đ ng dư ta có 1 ¨ b ¨ p ¡ 1. Ngoài ra, n u b 1 thì a 1.
N u b n ¡ 1 thì a n ¡ 1. Đi u này mâu thu n. Do đó, các ph n t c a t p
A t2, 3, ..., n ¡2u chia thành n¡3
2 c p pa, bq như trên. T đó suy ra
2.3...pn ¡2q 1 pmod pq
hay
pn ¡1q! pn ¡1qpmod nq ¡1 pmod nq.
Ngư c l i, gi s pn¡1q! ¡1 pmod nq. Ta ch ng minh n là s nguyên t . Th t
v y, gi s n là h p s , t c là n a.b trong đó 1 a ¨ b n. Khi đó a|pn ¡ 1q!.
Ngoài ra theo gi thi t, ta có pn ¡1q! ¡1 pmod nq t c là a|ppn ¡1q! 1q. T đó
suy ra a|1. Đi u này mâu thu n. V y n là s nguyên t .
M nh đ 1.3.9. G i pt
là lũy th a c a s nguyên t l , m là s nguyên t cùng
nhau v i c p và p ¡1 và a, b nguyên t cùng nhau v i p. Khi đó
am
bm
pmod pt
q n u và ch n u a b pmod pt
q.
Ch ng minh. Vì pa ¡bq|pam
¡bm
q nên t gi thi t là a b pmod pt
q ta suy ra
am
bm
pmod pt
q.
Ngư c l i, gi s am
bm
pmod pt
q và a, b nguyên t cùng nhau v i p ta ch ng
minh a b pmodpt
q. Th t v y, vì m nguyên t cùng nhau v i p và p ¡ 1 nên

ƯCLNpm, pp ¡1qpt¡1
q 1. Do đó, t n t i s nguyên dương k sao cho mk 1 pmod ϕppt
q.
T đó suy ra
a amk
pam
qk
pbm
qk
b pmod pt
q.
1.3.2 Hàm M¨obius µpnq
Đ nh nghĩa 1.3.10. Hàm s h c M¨obius µpnqlà hàm cho b i công th c
µpnq
6
9998
9997
1 n u n 1,
0 n u n không chính phương,
p¡1qk
n u n là s chính phương và k là s các ư c nguyên t c a n.
M nh đ 1.3.11. N u n ¡ 1 thì
°
d|n
µpdq 0.
Ch ng minh. N u n ¡ 1 thì n đư c phân tích thành tích các th a s nguyên t
n pα1
1 pα2
2 ...pαl
l . Khi đó,
°
d|n
µpdq °
1,..., l
µpp 1
1 ¤¤¤p l
l q trong đó i là 0 ho c 1. Do
đó,
¸
d|n
µpdq 1 ¡l
¢
l
2

¡
¢
l
3

¤¤¤ p¡1ql
¢
l
l

p1 ¡1ql
0.
1.3.3 Hàm t ng các ư c dương σpnq
Đ nh nghĩa 1.3.12. Hàm s h c σpnq là hàm nh n giá tr t i n là t ng các ư c
dương c a n. Ta có th vi t g n đ nh nghĩa trên như sau
σpnq
¸
d|n
d.
Hàm σpnq là hàm nhân tính. N u p là s nguyên t thì σppq p 1.
N u σpnq 2n thì n đư c g i là s hoàn h o (perfect), ví d s 6, 28 là nh ng
s hoàn h o.
Đ nh lý 1.3.13. N u s t nhiên n đư c phân tích thành tích các th a s nguyên
t n pα1
1 pα2
2 ...pαl
l thì
σpnq
l¹
i1
pαi 1
i ¡1
pi¡1
.

Ch ng minh. Ta có các ư c c a pαi
là 1, p, p2
, ..., pαi
, nên
σppαi
q 1 p p2
¤¤¤ pαi
pαi 1
¡1
p ¡1
.
T đó suy ra,
σpnq
l¹
i1
pαi 1
i ¡1
pi¡1
.
M nh đ 1.3.14. N u m là s hoàn h o l và m có phân tích cơ s m ±
pαi
i thì
1) T n t i duy nh t m t ch s i sao cho
6
8
7
αi l
pi 1 pmod 4q
2) V i m i j $ i, αj ch n.
Ch ng minh. Ta có σpmq 2m ñ ±
¢
αi°
j1
pj
i

2
±
pαi
i . Suy ra, t n t i duy nh t
m t s i sao cho αi l và do 2|σpmq nên ng v i αi l ta có pi 1 pmod 4q.
Ngoài ra, v i các ch s j $ i ta xét σpp
αj
j q 1 pj p2
j ¤¤¤ p
αj
j . Khi đó t
σpp
αj
j q là s l nên αj ph i chia h t cho 2.
M nh đ 1.3.15. n là s hoàn h o ch n khi và ch khi n 2m¡1
p2m
¡ 1q, trong
đó 2m
¡1 là s nguyên t Mersene.
Ch ng minh. Gi s n 2s
q, s ¥ 1, q 2t 1, ta có
2s 1
q σp2s
qq p2s 1
¡1qσpqq.
Suy ra q chia h t cho 2s 1
¡1. Ti p theo, ta đ t q p2s 1
¡1qk. Khi đó, n u k ¡ 1
ta có
2s 1
kp2s 1
¡1q σpp2s 1
¡1qkqp2s 1
¡1q.
Suy ra k2s 1
σpp2s 1
¡ 1qkq ¡ kp2s 1
¡ 1q k, (mâu thu n) . V y k 1 hay
q 2s 1
¡1 và q là s nguyên t Mersene.
Ngư c l i, gi s n 2m¡1
p2m
¡1q trong đó 2m
¡1 là s nguyên t . Khi đó,
σpnq σp2m¡1
qσp2m
¡1q 2m¡1
2m
2n.
V y n là s hoàn h o.

1.3.4 ng d ng
Ví d 1.3.4.1. Tìm s dư trong các phép chia sau
aq 123345
chia cho 14,
bq 35150
chia cho 425, (Ch n HSGQG-Daklak-2011).
L i gi i: a) Ta có 123 ¡3 pmod 14q, 345 3 pmod 6q và ƯCLNp123, 14q 1,
ϕp14q 6 nên áp d ng H qu 1.3.6 ta có
123345
1233
p¡3q3
1 pmod 14q.
V y s dư trong phép chia 123345
chia cho 14 là 1.
b) Vì ƯCLNp35150
, 425q 25 nên
35150
r pmod 425q ô 5158
.7150
x pmod 17q.
Ta có ϕp17q 16, 148 6 pmod 16q, ƯCLNp148, 17q 1 nên suy ra
5148
56
p53
q2
62
2 pmod 17q.
Tương t , ta cũng có
7150
78
p72
q4
p¡2q4
¡1 pmod 17q.
T đó suy ra 5158
.7150
¡2 15 pmod 17q hay 35150
375 pmod 425q.
V y s dư khi chia 35150
cho 425 là 375.
Ví d 1.3.4.2. Ch ng minh r ng n u ƯCLNpa, 5q 1 thì a8n
3a4n
¡4 chia h t
cho 100.
L i gi i: Đ t A a8n
3a4n
¡ 4 pa4n
¡ 1qpa4n
4q. Theo công th c Euler ta
có a4
1 pmod 5q suy ra a4n
1 pmod 5q. Do đó a4n
4 chia h t cho 5 và a4n
¡1
cũng chia h t cho 5, hay A chia h t cho 25. Đi u này d n đ n bài toán tr thành
ch ng minh A chia h t cho 4. Th t v y, ta vi t tr l i
a8n
3a4n
¡4 a4n
pa4n
3q¡4 B
và ta xét hai trư ng h p sau:

1.4. Bài t p t luy n 18
a ch n, t c là a 2k ta có a4n
24n
a4n ... 4 suy ra B
... 4
a l , t c là a 2k 1 ta có
a4n
3 p2k 1q4n
3

4n¸
k0
¢
4n
k

p2kq4n¡k
.1k
3
... 4
T đó suy ra a8n
3a4n
¡4 chia h t cho 100.
Ví d 1.3.4.3. Tìm s t nhiên n sao cho hai s n ¡1 và npn 1q
2 là hai s s hoàn
h o.
L i gi i: Vì n là s t nhiên nên n chia h t cho 2 ho c không chia h t cho 2.
Trư c h t ta xét trư ng h p n chia h t cho 2. Khi đó:
a) V i n 4k, ta có n ¡ 1 4k ¡ 1 3 pmod4q. Đi u này mâu thu n
pn 1 pmod 4qq.
b) V i n 4k 2 ta có npn 1q
2 p2k 1qp4k 3q là s hoàn ch nh l và
npn 1q
2 3 pmod 4q Đi u này mâu thu n.
Trư ng h p ti p theo, v i n không chia h t cho 2, ta có:
a) n 3k 3 ñ ¡1, npn 1q
2 đ u là s hoàn h o ch n. Do đó n¡1 2p¡1
p2p
¡1q,
npn 1q
2 2q¡1
p2q
¡1q. Ngoài ra,pn ¡1, npn 1q
2 q 2 nên q 2 ho c p 2 suy ra
n 7.
b) n 4k 1 suy ra npn 1q
2 là s hoàn h o l và n¡1 là s hoàn h o ch n. Do đó,
n ¡1 2p¡1
p2p
¡1q ñ npn 1q
2
p22p¡2
¡2p¡2
1qp22p¡1
¡2p¡1
1q.
Suy ra p22p¡2
¡2p¡2
1q, ho c p22p¡1
¡2p¡1
1qlà nh ng s chính phương. Đi u
này mâu thu n.
V y ch có n 7 th a đi u ki n.
1.4 Bài t p t luy n
Bài t p 1.4.1. Ch ng minh r ng v i m i s t nhiên n ¥ 1 ta có
a) 324n 1
2 chia h t cho 11,

1.4. Bài t p t luy n 19
b) 2210n 1
19 chia h t cho 23,
c) 226n 2
21 chia h t cho 37.
Bài t p 1.4.2. Tìm s dư trong phép chia
a) 6592
chia cho 11,
b) 340
chia cho 83,
c) 512002100
chia cho 41.
Bài t p 1.4.3. Ch ng minh r ng 0, 3.p19831983
¡19171917
q là s nguyên.
Bài t p 1.4.4. Ch ng minh r ng
26°
k1
k.103k
, k € N chia h t cho 13.
Bài t p 1.4.5. Tìm các s t nhiên n đ nn 1
pn 1qn
chia h t cho 5.
HD: Xét n 5k r, r € t0, 1, 2, 3, 4u.
Bài t p 1.4.6. Cho s nguyên a, ch ng minh r ng a2
1 không có ư c nguyên t
d ng 4k 3, t đó suy ra các phương trình sau không có nghi m nguyên dương.
aq4xy ¡x ¡y z2
,
bqx2
¡y3
7.
Bài t p 1.4.7. Cho k, t là các s t nhiên l n hơn 1. V i giá tr nào c a k thì v i
m i s t nhiên n ta luôn có
nk
n pmod 10t
q ñ n2
n pmod 10t
q.
Bài t p 1.4.8. Cho n là s t nhiên, p là s nguyên t , n ¥ p. Ch ng minh r ng
¢
n
p

n
p

pmod pq,
trong đó rxs là ph n nguyên c a x.
Bài t p 1.4.9. Gi s p là s nguyên t có d ng 3n 2. Ch ng minh r ng không
t n t i s nguyên x sao cho x2
3 chia h t cho p.

Chương 2
M T S BÀI TOÁN
TRONG CÁC KỲ THI H C SINH GI I
2.1 Các bài toán trong các kỳ thi Olympic
Bài toán 2.1.1 (CHINA, 2004). Hãy xác đ nh ba ch s t n cùng c a s n v i
n 3 ¢7 ¢11 ¢15 ¢¤¤¤¢2011. (2.1)
L i gi i: D th y r ng n là s l . G i x là 3 ch s t n cùng c a n. Khi đó
n x pmod 1000q. Vì 15, 35, 55 là 3 s h ng trong tích (2.1) nên n chia h t cho
125, và 1000=125.8 ta suy ra x cũng chia h t cho 125. Do đó, x ch có th là nh ng
s 125, 375, 625, 875.
T đó suy ra, 1000|pn ¡xq ô 8|pn ¡xq ñ n x pmod 8q. Ti p theo l y môđun
8 các s h ng c a n ta đư c
n 3p4.1 3qp4.2 3q...p4.502 3q p3.7qp3.7q...p3.7q3looooooooomooooooooon
251 c p
.3 5.5....5loomoon
251 c p
.3 pmod 8q
1.1....1loomoon
125 c p
.5.3 7 pmod 8q
Hơn n a, trong các s 125, 375, 625, 875 ch có duy nh t s 375 là đ ng dư v i
7 theo môđun 8 nên 375 là 3 ch s t n cùng c a n.
Bài toán 2.1.2. (IMO-1964). a) Tìm t t c các s nguyên dương n sao cho 2n
¡1
chia h t cho 7.
b) Ch ng minh r ng không có s t nhiên n nào đ 2n
1 chia h t cho 7.
L i gi i: Vì n là s nguyên dương nên ta xét các trư ng h p c a n như sau:
V i n 3k, k € Z ta có
2n
¡1 p23
qk
¡1 1k
¡1 0 pmod 7q.
Do đó, v i n là b i c a 3 th a yêu c u bài toán.

2.1. Các bài toán trong các kỳ thi Olympic 21
V i n 3k r, k € Zr 1, 2 ta có
2n
¡1 23k
.2r
¡1 2r
¡1
6
8
7
1 pmod 7q, r 1
3 pmod 7q, r 2
T đó suy ra, n 3k, k € Z ta luôn có 7|p2n
¡1q.
b) Theo trên ta có 2n
1, 2, 4 p mod 7qv i m i s t nhiên n. Do đó 2n
1 % 0 pmod 7q
v i m i s nguyên dương n.
Bài toán 2.1.3. (MOSCOW-1982). Tìm t t c các s t nhiên n sao cho n.2n
1
chia h t cho 3.
Hư ng d n: Xét s t nhiên n d ng n 6k r, k € Z, 0 ¤ r k.
Bài toán 2.1.4. (Olympic10-30/4-2008) Tìm t t c các s nguyên dương m th a
đi u ki n
da, b € Z, a2
b2
pmod mq ñ a ¨pmod mq (2.2)
L i gi i: Trư c h t, nh n th y r ng n u m 1 ho c m là s nguyên t thì v i
m i a, b € Z, a2
b2
pmod mq ñ a ¨b pmod mq. Th t v y,
N u m 1 thì (2.2 ) đúng.
Xét m là s nguyên t , v i a, b € Z th a a2
b2
pmod mq. Ta có
pa ¡bqpa bq a2
¡b2
0 pmod mq,
đi u này suy ra a ¡b
... m ho c a b
... m. Do đó, a ¨b pmod mq.
Ti p theo, ta xét v i m $ 1 và m không nguyên t , ta ch ng minh s m
c n tìm là m 2p trong đó p là s nguyên t l . Th t v y, gi s (2.2) đúng.
Vì m là s nguyên t l nên ta có m x.y, x, y $ 1, đ t a x y, b x ¡y.
Khi đó ta có a2
¡ b2
4xy 4m pmodmq suy ra, a ¨b pmodmq hay
2y a ¡b pmod mq, ho c 2x a b pmod mq. Do đó 2x
... m ho c 2y
... m v i
m xy, suy ra, x 2 ho c y 2 hay m 2n, n $ 1. Hơn n a, n u n là h p
s thì n k.t suy ra m 2kt, k, t $ 1 theo trên ta suy ra t 2 hay m 4k mâu
thu n v i (2.2), (Ch n a 2k, b 0). V y n p là s nguyên t . Hơn n a, n u
p 2 thì m 4 (2.2) không th a. V y p là s nguyên t l .

2.2. Các bài toán trong kỳ thi h c sinh gi i Qu c gia 22
Ngư c l i, gi s m 2p v i p là s nguyên t l . Khi đó, theo gi thi t ta có
a2
¡ b2 ... 2p suy ra pa ¡ bqpa bq...2, và pa ¡ bqpa bq...p. Do đó a ¡ b
... 2p, a b
... 2p
hay a ¨b pmod mq.
V y v i m 1, m 2p ho c m nguyên t là nh ng giá tr c n tìm.
2.2 Các bài toán trong kỳ thi h c sinh gi i Qu c gia
Bài toán 2.2.1. (HSGQG-1975) Tìm t t c các s h ng c a c p s c ng ¡1, 18, 37, ..,
có các ch s đ u là ch s 5.
L i gi i: Ta có s h ng đ u c a c p s c ng là a1 ¡1 và công sai d 19 nên s
h ng t ng quát là an 19n ¡20, n ¥ 1. Do đó, bài toán tr thành tìm t t c s n
th a
19n ¡20 55...5loomoon
k s
5.
10k
¡1
9
, k ¥ 1
Đi u này tương đương v i 5.10k
¡4 pmod 19q, hay
5.10k
15 pmod 19q ô 10k
3 pmod 19q.
Ngoài ra, ta có
100
1, 101
10, 102
5, 103
12, 104
6, 105
3, 106
11, ¤¤¤ , 1018
1.
Suy ra 1018l 5
3 pmod 19q, l ¥ 0, do đó suy ra s k c n tìm có d ng k 18l 5.
Ngư c l i, N u k 18l 5 ta có 10k
3 pmod 19q. Do đó, 5.10k
¡4 pmod 19q
t c là 5.10k
19s ¡4 ô 5.p10k
¡1q 19s ¡9, v i m i s nguyên s. T đây, nh n
th y r ng v trái c a bi u th c trên chia h t cho 9, do đó v ph i c a nó cũng chia
h t cho 9, t c là s 9r. Khi đó ta có
19r ¡1 5.
10k
¡1
9
55 ¤¤¤5loomoon
k s
.
T đó suy ra, các s h ng c n tìm c a dãy có d ng 55 ¤¤¤5loomoon
18l 5 s
v i m i s t nhiên l.
Bài toán 2.2.2. (HSGQG-1987) Cho hai dãy pxnq, pynq xác đ nh b i
x0 365, xn 1 xnpx1986
n 1q 1622, dn ¥ 0,

y0 16, yn 1 ynpy3
n 1q¡1952, dn ¥ 0.
Ch ng minh r ng |xn ¡yk| ¡ 0, dk, n ¥ 1.
L i gi i: D th y r ng pxnq, pynq là nh ng s nguyên dương.
Ta có y1 ¡y0 y4
0 ¡1952 63584 32.1987 do đó, y1 y0 pmod 1987q. Ngoài
ra, ta có y2 ¡ y1 y4
1 ¡ 1952 y4
0 ¡ 1952 pmod 1987q 0 pmod 1987q nên suy ra
y2 y1 pmod 1987q. Tương t , ta ch ng minh đư c
yk y0 pmod 1987q, dk ¥ 1.
M t khác, đ i v i dãy pxnq ta cũng có
x1 ¡x0 x1987
0 1622 p3651987
¡365q 1987.
Nhưng theo đ nh lý Fermat nh ta có 3651987
365 pmod 1987q suy ra
x1 x0 pmod 1987q
Hơn n a,
x2 ¡x1 x1987
1 1622 x1987
0 ¡1622 0 pmod 1987.
Do đó,
x2 x0 pmod 1987q.
Tương t , ta ch ng minh đư c
xn x0 pmod 1987q 365 pmod 1987q, dn ¥ 1.
T đó suy ra, v i m i k, n ¥ 1 ta luôn có |yk ¡xn| ¡ 0. (Vì 365 và 16 không đ ng
dư theo môđun 1987).
Bài toán 2.2.3. (HSGQG-1999B) Cho hai dãy pxn, ynq xác đ nh b i :
x1 1, y1 2, xn 1 22yn ¡15xn, yn 1 17yn ¡12xn, dn ¥ 1.
1. Ch ng minh r ng các s h ng c a c hai dãy pxnq, pynq đ u khác không, và
có vô h n s h ng dương và vô h n s h ng âm.
2. H i s h ng th 19991945
c a hai dãy có chia h t cho 7 không? Gi i thích.

L i gi i: 1) Ta có,
xn 2 22yn 1 ¡15xn 1 22p17yn ¡12xnq¡15xn 1
17pxn 1 15xnq¡22.12xn ¡15xn 1
2xn 1 ¡9xn, dn.
Do đó, xn 2 2xn 1 pmod 3q. Hơn n a ta có, x1 1, x2 29 suy ra xn không chia
h t cho 3, hay xn $ 0, dn. Ti p theo, ta ch ng minh xn có vô h n s h ng dương
và vô h n s h ng âm. Th t v y, t trên ta có
xn 3 2xn 2 ¡9xn 1 ¡5xn 1 ¡18xn
hay
xn 3 5xn 1 18xn 0, dn. (2.3)
Do đó, n u gi s r ng trong dãy xn có h u h n các s h ng dương ( h u h n các
s h ng âm), ta g i xnj là s h ng dương l n nh t c a dãy. Khi đó, v i m i n ¥ nj
ta có xn 0, đi u này mâu thu n v i (2.3).
Tương t , ta cũng ch ng minh đư c dãy yn 2 2yn 1 ¡ 9yn, dn. th a yêu c u
bài toán.
2) T trên, ta có xn 4 ¡28xn 1 ¡45xn, nên
xn 0 pmod 7q ô xn 4 0 pmod 7q ô x4k n 0 pmod 7.
Ngoài ra, t 19991945
p¡1q1945
pmod 4q 3 pmod 4q và x3 49. nên ta suy ra
x19991945 0 pmod 7q.
Tương t , ta cũng có
yn 0 pmod 7q ô y4k n pmod 7q.
Nhưng y3 26 % 0 pmod 7q nên y19991945 % 0 pmod 7q.
Bài toán 2.2.4. (HSGQG-2005A) Tìm t t c các b 3 s t nhiên px, y, nq th a
mãn h th c
x! y!
n!
3n
.

L i gi i: T h th c c a đ , ta vi t l i
x! y! 3n
.n! (2.4)
Gi s px, y, nq là b các s t nhiên th a mãn (2.4). D dàng suy ra n ¥ 1, và
không m t tính t ng quát c a bài toán, ta gi s x ¤ y. Khi đó x y ra hai trư ng
h p:
1) Trư ng h p 1: x ¤ n. Phương trình (2.4) tương đương
1 y!
x!
3n
.
n!
x!
. (2.5)
Suy ra 1 y!
x! 0 pmod 3q. Do đó x y và y x 2 ( Vì n u y ¡ x 2 thì
y!
x! 0 pmod 3q, mâu thu n). Vì v y ta ch c n xét hai giá tr c a y như sau:
1. N u y x 2 thì t (2.5) ta suy ra r ng
1 px 1qpx 2q 3n
.
n!
x!
(2.6)
D th y, v trái c a 2.6 không chia h t cho 2 nên v ph i cũng v y, t c là
n ¤ x 1 N u n=x, thì 1 px 1qpx 2q 3x
hayx2
3x 3 3x
, đi u này suy
ra, x 0 pmod 3q. Do đó, x ¥ 3 và ¡3 x2
3x ¡3x
0 pmod 9q. Đi u này
vô lý, ch ng t n $ x. V i n x 1, t 2.6 ta có, 1 px 1qpx 2q 3n
px 1q
ch ng t x 1 là ư c nguyên dương c a 1. Do đó, x 1 d n đ n y 2, n 1.
2. N u y x 1 thì t (2.5) ta có
x 2 3n
.
n!
x!.
(2.7)
Vì n ¥ 1nên suy ra x ¥ 1. Trong trư ng h p này ta vi t x 2 1 pmod px 1qq.
Khi đó t 2.7 ta suy ra n x( N u không, v ph i c a (2.7) chia h t cho x 1
còn v trái thì không). Do đó,
x 2 3x
.
D th y r ng, n u x ¥ 2 thì 3x
¡ x 2. suy ra có duy nh t giá tr x 1 th a
mãn, trong trư ng h p này ta ch n đư c b s t nhiên th a yêu c u c a đ
bài là p0, 2, 1q ho c p1, 2, 1q.

2) Trư ng h p 2: x ¡ n. Khi đó (2.4) tương đương
x!
n!
y!
n! 3n
. (2.8)
Chú ý r ng, n 1, n 2 không th đ ng th i là lũy th a c a 3 nên t (2.8) ta suy
ra x n 1. Khi đó
n 1 y!
x!
3n
. (2.9)
Vì t , y ¥ x, y ¥ n 1. Ta đ t M y!
pn 1q!. Khi đó, (2.9) có th vi t l i
pn 1qpM 1q 3n
. (2.10)
Rõ ràng, n u y ¥ 4 thì M qpmod 3q vì th , M 1 không th là m t lũy th a c a
3. Do đó t (2.10) ta có
pn 1qp1 pn 2qpn 3qq 3n
hay pn 2q3
¡ 1 3n
. Đi u này suy ra n ¡ 2 và n 2 1 pmod3q. Đ t
n 2 3k 1, k ¥ 2. Ta có
9kp3k2
3k 1q 33k¡1
.
Suy ra 3k2
3k 1 là lũy th a c a 3, (đi u này vô lý). Ch ng t y $ n 3.
N u y n 2 thì M n 2, do đó ta có, pn 1qpn 3q 3n
. Vì
n 1, n 3 không th đ ng th i là lũy th a c a 3 nên không t n t i s n th a
pn 1qpn 3q 3n
. Do đó . y $ n 2
V i y n 1, ta có A 1. Do đó, t (2.10) ta có 2pn 1q 3n
. Rõ ràng
không t n t i n th a h th c v a nêu. Do v y y $ n 1.
Như v y, n u b s t nhiên px, y, nq v i x ¥ y th a yêu c u bài toán thì không
th có x ¡ n.
Tóm l i, n u b s t nhiên x, y, n th a( 2.4) thì px, y, nq là p0, 2, 1q; p2, 0, 1q;
p1, 2, 1q; p2, 1, 1q. Ngư c l i, ki m tra tr c ti p ta th y ta b n b s trên th a mãn.
V y b s th a yêu c u là p0, 2, 1q; p2, 0, 1q; p1, 2, 1q; p2, 1, 1q.
Bài toán 2.2.5. (HSGQG-2011) Cho dãy s nguyên panqxác đ nh b i
a0 1, a1 ¡1, an 6an¡1 5an¡2, dn ¥ 2 (2.11)
Ch ng minh r ng a2012 ¡2010 chia h t cho 2011.

L i gi i: Xét dãy s nguyên pbnq xác đ nh b i
b0 1, b1 ¡1, bn 6bn¡1 2016bn¡2, d ¥ 2.
D dàng tìm đư c s h ng t ng quát c a dãy này là bn 49.p¡42qn
41.48n
90 , dn ¥ 0.
Vì 2011 là só nguyên t nên theo đ nh lý Fermat nh ta có:
p¡42q2
010 482010
1 pmod 2011q.
Do đó,
90b2012 49.p¡42q2012
41.482012
49p¡42q2
41.482
90b2 pmod 2011q.
Suy ra b2012 b2 pmod2011qƯCLNp90, 2011q 1, mà b2 6b1 2016b0 nên
b2012 2010 pmod 2011q. Ngoài ra, theo (2.11) ta có an bn pmod 2011q.
T đó suy ra
a2012 2010 pmod 2011q.

TÀI LI U THAM KH O
A.Ti ng Vi t
1. Hà Huy Khoái (2004), Chuyên đ b i dư ng h c sinh gi i toán ph thông S
h c, Nhà xu t b n Giáo d c.
2. Hà Huy Khoái (2003), S h c và thu t toán: Cơ s lý thuy t và tính toán th c
hành, Nhà xu t b n Đ i h c Qu c Gia Hà N i.
3. Nguy n Ti n Quang (2007),Bài t p s h c, Nhà xu t b n Giáo d c.
B.Ti ng Anh
4. Cohen, H. (2007), Number Theory Volume I:Tools and Diophantine Equations,
Springer Science+Business Media, LLC.
5. Ireland K. ,Rosen M. (1990) A Classical Introduction to Modern Number The-
ory, Springer-Verlag, Berlin.
6. Andreeescu, Titu (2006) 104 Number theory Problems From the Training of
the USA IMO Team, Birkhauser.
7. Chau, Le Hai (2010), Selected Problems of the Vietnamese Mathematical
Olympiad (1962-2009), Singapore.
8. Duˇsan Djuki´c (2009),The IMO Compendium A Collection of Problems Sug-
gested for the International Mathematical Olympiad:1959-2009, Springer.
C. M t s tài li u khác trên m ng Internet

[123doc.vn] dong-du-ha-duy-nghia

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to [123doc.vn] dong-du-ha-duy-nghia

Similar to [123doc.vn] dong-du-ha-duy-nghia (20)

[123doc.vn] dong-du-ha-duy-nghia